分类讨论压轴题答案

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1、分类讨论专题答案1、解：(1)根据题意，令y=0，整理，得　　x2+2(n+1)x+4n=0(n＜0)，　　解得x1=-2，x2=-2n，∴AB=

2、x2-x1

3、=2-2n，又OD=

4、y1

5、=-2n。∵S△ABD=AB·OD=12，∴(2-2n)(-2n)=12，解得n=3(舍去)，n=-2。∴y=-x2+x+4。　顶点坐标为(1，)。(2)∵点C(2，y2)在这条抛物线上，D(0，4)，∴y2=4，即C(2，4)，　　∴∠CDO=90°，∴∠BOD=90°。根据题意画出示意图　　①如图1，设P1(0，)，满足P1B=P1C，其中＞0。由勾股定理得，　　OB2+=+DC2，　　即4

6、2+=(4-)2+22，解得=，　　即P1(0，)，符合题意，　　直线P1B的解析式为y=-x+。　　②如图2，设P2(0，)，满足P2B=BC，其中＞0。由勾股定理得，　　OB2+=42+22，即42+=42+22，解得=-2(舍去)，=2，　　即P2(0，2)，符合题意，直线P2B的解析式为y=-x+2。　　③设(0，)，满足C=BC，其中＞0，由勾股定理得，　　+CD2=42+22，　　即(4-)2+22=42+22，　　解得=0(舍去)，=8，　　即(0，8)。直线B的解析式为y=-2x+8，　　∵C(2，4)在B上，4　　∴不符合题意，舍去。　　综上所述，直线PB的解析

7、式为　y=-x+，y=-x+2。　　注评：由于构成等腰三角形的三个顶点中有一个顶点的位置待确定，所以哪两条边为腰都具有了可能性，这是引起本例分类讨论的原因。2、解：(1)∵PQ∥BC，∴，∵BC=4，AB=8，AP=3，∴PQ=。∵D为AB中点，∴AD=AB=4，　　PD=AD-AP=1。∵PQMN为正方形，DN=PN-PD=PQ-PD=，　　y=MN·DN=×=(cm2)。　　(2)由于点P的位置不同，y与x之间存在不同的函数关系，故需分类讨论。　　①当≤x＜4时，y=(x-4)=x2-2x。　　②当4≤x＜时，y=x。　　③当≤x≤8时，y=2(8-x)=-2x+16。　　(

8、3)将y=2代入y=x2-2x，得x=,即P点距A点(cm)。将y=2代入y=-2x+16得x=7，即点P距A点7(cm)。3、　解：(1)根据题意可得，　　-=-1，　　=10，×10

9、c

10、=15。解得c=-3，a=，b=。　　故所求抛物线的解析式为y=x2+x-3。4　　(2)解方程x2+x-3=0得x1=-6，x2=4，　　∴A、B两点坐标为(-6，0)、(4，0)。　　(3)若(1)中抛物线上存在点P，使以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似，显然∠ACB是钝角，则一定有∠ABP=∠ACB。　　①若△PAB∽△ABC，则有　　，∴AP==20。　　作PE⊥x轴于E，由△

11、APE∽△BOC得　　，　　∴PE==12，AE==16，　　∴OE=AE-AO=10，　　∴P(10，12)　　将x=10代入y=x2+x-3得y=12，　　∴点P在(1)中的抛物线上，又由抛物线的对称性可知P'(-12，12)也满足要求。②若△AP″B∽△ABC，则有　　，∴AP″=，作P″E'⊥x轴于E'，由△AP″E∽△ACO得，　　，P″E'=，AE'=，∴OE'=AE'-AO=，　　∴点P″(，)，　　将x=代入y=x2+x-3中，得y=≠。4　　∴点P″不在(1)中的抛物线上。综上所述，在x轴上方，(1)中的抛物线上存在点P(10，12)和P'(-12，12)，使得

12、以A、B、P为顶点的三角形与△ABC相似。4、解：(1)∵S△PQC=S四边形PABQ，∴S△PQC：S△ABC=1：2，∵PQ∥AB，∴△PQC∽△ABC，　　∴，∴PC2=42×，PC=2。　　(2)∵△PQC的周长与四边形PABQ的周长相等，∴PC+CQ=PA+AB+QB=(△ABC的周长)=6。　　∵PQ∥AB，∴，，CP=。　　(3)①根据题意，如图5-1，当∠MPQ=90°，PM=PQ时，由勾股定理的逆定理知∠C=90°，　　∴△ABC的斜边AB上的高为。　　设PM=PQ=x，∵PQ∥AB，∴△CPQ∽△CAB，　　∴,得x=，即PQ=。当∠M'QP=90°，PQ=Q

13、M'时，仍可得PQ=。　　②根据题意，如图5-2，当∠PMQ=90°，PM=QM时，由等腰直角三角形的性质得M到PQ的距离为PQ，设PQ=x，　　∵PQ∥AB，∴△CPQ∽△CAB，　　∴，　　解得x=，即PQ=。　　注评：本题引起分类讨论的原因是“使得△PQM为等腰直角三角形”，由于没有指明哪条边是斜边或哪些边为腰，因此解题时要分类进行探索。4